【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)基础巩固：第2章-第2节-函数的单调性与最值.docx

其次章　其次节

一、选择题
1．(文)函数y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是减函数，则(　　)
A．k>　 B．k<
C．k>－ D．k<－
[答案]　D
[解析]　使y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是减函数，则2k＋1<0，即k<－.
(理)下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　　)
A．y＝　 B．y＝e－x
C．y＝－x2＋1 D．y＝lg |x|
[答案]　C
[解析]　本题考查了偶函数的推断及单调性的推断，y＝是奇函数，A错；y＝e－x是非奇非偶函数，B错；y＝lg|x|＝，当x>0时是增函数，D错；由二次函数图像性质知C正确.
2．(文)下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是(　　)
A．y＝x3　 B．y＝|x|＋1
C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x|
[答案]　B
[解析]　本题考查函数的奇偶性以及单调性．
对于A，y＝x3不是偶函数，A错误；B正确，既是偶函数又在(0，＋∞)上单增；对于C，在(0，＋∞)上单调递减，错误；对于D，在(0，＋∞)上单调递减，错误，故选B．
(理)函数y＝1－(　　)
A．在(－1，＋∞)内是增加的
B．在(－1，＋∞)内是削减的
C．在(1，＋∞)内是增加的
D．在(1，＋∞)内是削减的
[答案]　C
[解析]　函数定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)．依据复合函数的单调性可知，y1＝在(1，＋∞)上是削减的．所以y＝1－在(1，＋∞)上是增加的．
3．“函数f(x)在[0,1]上单调”是“函数f(x)在[0,1]上有最大值”的(　　)
A．必要非充分条件
B．充分非必要条件
C．充分且必要条件
D．既非充分也非必要条件
[答案]　B
[解析]　函数f(x)在[0,1]上单调，则函数f(x)在[0,1]上有最大值，而函数f(x)在[0,1]上有最大值，f(x)在[0,1]上不愿定单调，故选B．
4．函数f(x)＝log2(3x＋1)的值域为(　　)
A．(0，＋∞)　 B．[0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
[答案]　A
[解析]　本题考查了指、对函数的基本性质，复合函数的值域问题．
3x>0⇒3x＋1>1⇒log2(3x＋1)>log21＝0，选A．
5．(文)函数f(x)＝log0.5(x＋1)＋log0.5(x－3)的单调递减区间是(　　)
A．(3，＋∞)　 B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，－1)
[答案]　A
[解析]　由已知易得即x>3，又0<0.5<1，
∴f(x)在(3，＋∞)上单调递减．
(理)函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，]　 B．[，＋∞)
C．(－1，] D．[，4)
[答案]　D
[解析]　函数f(x)的定义域是(－1,4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－(x－)2＋的减区间为[，4)，
∵e>1，∴函数f(x)的单调减区间为[，4)．
6．(2021·潍坊质检)若f(x)＝，g(x)＝－，则有(　　)
A．f(2)<f(3)<g(0)　 B．g(0)<f(3)<f(2)
C．f(2)<g(0)<f(3) D．g(0)<f(2)<f(3)
[答案]　D
[解析]　由于y＝ex和y＝－e－x在R上均为递增函数，∴f(x)在R上单调递增，所以0＝f(0)<f(2)<f(3)，又g(0)＝－1<0，所以g(0)<f(2)<f(3)．
二、填空题
7．函数f(x)＝的值域为________．
[答案]　(－∞，2)
[解析]　本题考查了分段函数值域问题．当x≥1时，y＝x单调递减，值域为(－∞，0]，而x<1时，y＝2x单调递增，值域为(0,2)，所以f(x)值域为(－∞，2)，指对函数图像性质是高考常考内容，应加强练习．
8．(2021·温州模拟)若函数f(x)＝在区间[a，b]上的值域为[，1]，则a＋b＝________.
[答案]　6
[解析]　解法一：由题意可知x－1>0，
又x∈[a，b]，
∴a>1，f(x)在[a，b]上单调递减，
∴∴所以a＋b＝6.
解法二：简解：作出函数f(x)的图像(如图)由图可知

即∴a＋b＝6.
9．(文)若在区间上，函数f(x)＝x2＋px＋q与g(x)＝x＋在同一点取得相同的最小值，则f(x)在该区间上的最大值是________．
[答案]　3
[解析]　对于g(x)＝x＋在x＝1时，g(x)的最小值为2，则f(x)在x＝1时取最小值2，
∴－＝1，＝2.
∴p＝－2，q＝3.∴f(x)＝x2－2x＋3，
∴f(x)在该区间上的最大值为3.
(理)已知函数f(x)＝e|x－a|(a为常数)，若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
[答案]　(－∞，1]
[解析]　本题考查指数函数与分段函数的对称性．
∵f(x)＝e|x|的对称轴为x＝0，
∴f(x)＝e|x－a|的对称轴为x＝a，若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴a≤1.
三、解答题
10．函数f(x)＝2x－的定义域为(0,1](a为实数)．
(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的值域；
(2)若函数y＝f(x)在定义域上是减函数，求a的取值范围；
(3)求函数y＝f(x)在x∈(0,1]上的最大值及最小值，并求出函数取最值时x的值．
[解析]　(1)由于f(x)＝2x＋≥2＝2.
当且仅当2x＝，即x＝时取等号．
所以函数y＝f(x)的值域为[2，＋∞)．
(2)若函数y＝f(x)在定义域上是减函数，
则任取x1，x2∈(0,1]且x1<x2都有f(x1)>f(x2)成立，即(x1－x2)>0，只要a<－2x1x2即可，
由x1，x2∈(0,1]，故－2x1x2∈(－2,0)，所以a≤－2，
故a的取值范围是(－∞，－2]．
(或用导数来推断)．
(3)当a≥0时，函数y＝f(x)在(0,1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；
由(2)得当a≤－2时，函数y＝f(x)在(0,1]上单调递减，无最大值，
当x＝1时取得最小值2－a；
当－2<a<0时，函数y＝f(x)在上单调递减，在上单调递增，无最大值，当x＝时取得最小值2.

一、选择题
1．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)”的是(　　)
A．f(x)＝　 B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)
[答案]　A
[解析]　由题意知，函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数．
在A中，由f ′(x)＝－<0，得x在(－∞，0)和(0，＋∞)上为减函数；
在B中，由f ′(x)＝2(x－1)<0得x<1，
所以f(x)在(－∞，1)上为减函数．
在C中，由f ′(x)＝ex>0，知f(x)在R上为增函数．
在D中，由f ′(x)＝且x＋1>0知，f ′(x)>0，
所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
2．(文)定义在R上的函数f(x)的图像关于x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝3x－1，则有(　　)
A．f<f<f　 B．f<f<f
C．f<f<f D．f<f<f
[答案]　B
[解析]　∵f(x)的图像关于x＝1对称，
∴f＝f，f＝f.
又∵x≥1时，f(x)＝3x－1为增函数，且<<，
∴f<f<f，即f<f<f.
(理)函数f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D，当x1<x2时，都有f(x1)≤f(x2)，则称函数f(x)在D上为非减函数．设函数f(x)在[0,1]上为非减函数，且满足以下三个条件：①f(0)＝0；②f()＝f(x)；③f(1－x)＝1－f(x)．则f()＋f()＝(　　)
A．　　 B．
C．1　　 D．
[答案]　B
[解析]　由③，令x＝0，可得f(1)＝1，由②，令x＝1，可得f()＝f(1)＝，令x＝，可得f()＝f()＝.由③结合f()＝，可知f()＝，令x＝，可得f()＝f()＝，由于<<且函数f(x)在[0,1]上为非减函数，所以f()＝.所以f()＋f()＝.
二、填空题
3．(文)函数y＝x＋2在区间[0,4]上的最大值M与最小值N的和为________．
[答案]　8
[解析]　函数y＝x＋2在其定义域上是增函数，所以x＝0时有最小值N＝0，x＝4时有最大值M＝8，M＋N＝8.
(理)函数y＝－(x－3)|x|的递增区间是________．
[答案]　
[解析]　y＝－(x－3)|x|＝
作出该函数的图像，观看图像知递增区间为.

4．(文)(2022·徐州模拟)已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在区间(－∞，3)上是削减的，则a的取值范围是________．
[答案]　[0，]
[解析]　当a＝0时，f(x)＝－12x＋5，明显f(x)在(－∞，3)上是削减的．
当a≠0时，要使f(x)在(－∞，3)上是削减的，则需，即0<a≤.综上可知a∈[0，]．
(理)设a，b∈R，定义max{a，b}＝，函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)，则f(x)的最小值是______．
[答案]　
[解析]　令y1＝|x＋1|，y2＝|x－2|，
在同一坐标系中分别作出其图像，如图所示，依据条件知函数f(x)的图像为图中的射线PA，PB构成，

由，解得y＝.即为函数f(x)的最小值．
三、解答题
5．(文)已知函数f(x)＝－(a>0，x>0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是单调增加的；
(2)若f(x)在[，2]上的值域是[，2]，求a的值．
[解析]　(1)设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0.
f(x2)－f(x1)＝(－)－(－)
＝－＝>0，
∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是单调增加的．
(2)f(x)在[，2]上的值域是[，2]，
又f(x)在[，2]上单调递增，∴f()＝，f(2)＝2.
∴，∴a＝.
(理)已知函数f(x)＝，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝4时，求f(x)的最小值；
(2)当a＝时，求f(x)的最小值；
(3)若a为正常数，求f(x)的最小值．
[分析]　在解决该类型函数的最值时，首先考虑到应用均值不等式求解，但须逐一验证应用均值不等式所具备的条件，若条件不具备，应从函数单调性的角度考虑．
[解析]　(1)当a＝4时，f(x)＝x＋＋2，易知f(x)在[1,2]上是削减的，在[2，＋∞)上是增加的．
∴f(x)min＝f(2)＝6.
(2)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，易知f(x)在[1，＋∞)上为增加的，∴f(x)min＝f(1)＝.
(3)函数f(x)＝x＋＋2在(0，]上是削减的，
在[，＋∞)上是增加的．
若>1，即a>1时，f(x)在区间[1，＋ ∞)上先减后增，f(x)min＝f()＝2＋2；
若≤1，即0<a≤1时，f(x)在区间 [1，＋∞)上是增加的．
∴f(x)min＝f(1)＝a＋3.
综上所述，f(x)min＝.
6．函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对一切x>0，y>0都有f()＝f(x)－f(y)，当x>1时，有f(x)>0.
(1)求f(1)的值；
(2)推断f(x)的单调性并加以证明；
(3)若f(4)＝2，求f(x)在[1,16]上的值域．
[解析]　(1)∵当x>0，y>0时，f()＝f(x)－f(y)，
∴令x＝y>0，则f(1)＝f(x)－f(x)＝0.
(2)设x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝f()，
∵x2>x1>0，∴>1，∴f()>0.
∴f(x2)>f(x1)，即f(x)在(0，＋∞)上是增加的．
(3)由(2)知f(x)在[1,16]上是增加的．
∴f(x)min＝f(1)＝0，f(x)max＝f(16)．
∵f(4)＝2，由f()＝f(x)－f(y)，
知f()＝f(16)－f(4)，∴f(16)＝2f(4)＝4，
∴f(x)在[1,16]上的值域为[0,4]．